Bestimmen Sie (a) die Eigenwerte, (b) den Rang, (c) die Eigenräume, (d) die Dimensionen der Eigenräume von

Question

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Bestimmen Sie (a) die Eigenwerte, (b) den Rang, (c) die Eigenräume, (d) die Dimensionen der Eigenräume von
$A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 3 & 3 \\ 3 & 1 & 3 \\ -3 & -3 & -5 \end{array}\right) \in \mathbb{R}^{3 \times 3} .$
(e) Ist $A$ diagonalisierbar? Begründen Sie die Antwort.

Aufgabe:

Problem/Ansatz:

Könnt ihr mir bitte helfen diese Aufgabe zu lösen?

Answer 1

Wo ist denn das konkrete Problem? Gab es keine Beispiele in der Vorlesung bzw. in deinen Unterlagen?

Bestimme die Determinante von $A-\lambda E$. Die Nullstellen davon sind die Eigenwerte. Den Rang bekommt man bspw. über die Zeilenstufenform der Matrix und die Eigenräume bestimmt man, indem man den Kern von $A-\lambda E$ für die verschiedenen Eigenwerte $\lambda$ bestimmt. Auch dabei hilft die Zeilenstufenform.

Präzisiere deine Fragen, damit man dir gezielt helfen kann.

Answer 2

Aloha :)

Willkommen in der Mathelounge... \o/

Wir betrachten die Matrix$$A=\left(\begin{array}{rrr}1 & 3 & 3\\3 & 1 & 3\\-3 & -3 & -5\end{array}\right)$$

zu a) Die Eigenwerte dieser Matrix sind die Nullstellen des charackteristischen Polynoms:$$0\stackrel!=\operatorname{det}(A-\lambda\cdot E)=\left|\begin{array}{rrr}1-\lambda & 3 & 3\\3 & 1-\lambda & 3\\-3 & -3 & -5-\lambda\end{array}\right|=\cdots=-(\lambda-1)(\lambda+2)^2$$Die Freude an der Berechnung der Determinante möchte ich dir nicht nehmen, daher habe ich nur das Ergebnis angegeben. Wir finden also die Eigenwerte:$$\lambda_1=1\quad;\quad \lambda_2=\lambda_3=-2$$

zu b) Die Determinante der Matrix erhalten wir duch Einsetzen von $\lambda=0$ in das charakteristische Polynom. Ihr Wert ist gleich $4$. Das heißt, die Matrix ist invertierbar und hat daher den vollen Rang $3$.

zu c) und d) Der Eigenvektor zu $\lambda_1=1$ ist die Lösung des folgenden Gleichungssystems. Beim Lösen ist es unser Ziel, so viele Spalten wie möglich zu erhalten, die aus lauter Nullen und genau einer Eins (in pink dargestellt) bestehen.$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Aktion}\\\hline1-\lambda & 3 & 3 & 0 & \lambda=1\text{ einsetzen}\\3 & 1-\lambda & 3 & 0 & \lambda=1\text{ einsetzen}\\-3 & -3 & -5-\lambda & 0 & \lambda=1\text{ einsetzen}\\\hline0 & 3 & 3 & 0 &\div3\\3 & 0 & 3 & 0 & \div3\\-3 & -3 & -6 & 0 & +\text{Zeile 2}\\\hline0 & 1 & 1 & 0 &\\1 & 0 & 1 & 0 \\0 & -3 & -3 & 0 &+3\cdot\text{Zeile 1}\\\hline0 & \pink1 & 1 & 0 & \Rightarrow \pink{x_2}+x_3=0\\\pink1 & 0 & 1 & 0 & \Rightarrow \pink{x_1}+x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 & \checkmark\end{array}$$Die dritte Gleichung ist immer erfüllt. Die ersten beiden Gleichungen liefern und jeweils eine Bedingung, die wir nach den pinken Variablen umstellen können:$$\pink{x_2}=-x_3\quad;\quad \pink{x_1}=-x_3$$Damit können wir alle Lösungen des Gleichungssystems angeben:$$\begin{pmatrix}\pink{x_1}\\\pink{x_2}\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x_3\\-x_3\\x_3\end{pmatrix}=x_3\cdot\underbrace{\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}_{=\vec v_1}$$Der Lösungsraum ist 1-dimensional und der Basisvektor ist der gesuchte Eigenvektor $\vec v_1$ zum Eigenwerte $\lambda_1=1$.

Den Eigenvektor zum doppelten Eigenwert $\lambda_2=\lambda_3=-2$ finden wir analog:$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Aktion}\\\hline1-\lambda & 3 & 3 & 0 & \lambda=-2\text{ einsetzen}\\3 & 1-\lambda & 3 & 0 & \lambda=-2\text{ einsetzen}\\-3 & -3 & -5-\lambda & 0 & \lambda=-2\text{ einsetzen}\\\hline3 & 3 & 3 & 0 &\div3\\3 & 3 & 3 & 0 &-\text{Zeile 1}\\-3 & -3 & -3 & 0 &+\text{Zeile 1}\\\hline \pink1 & 1 & 1 & 0 & \Rightarrow\pink{x_1}+x_2+x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\\0 & 0 & 0 & 0 & \checkmark\end{array}$$Die beiden letzten Gleichungen sind immer erfüllt. Da wir nun 3 Spalten mit lauter Nullen und genau einer Eins erhalten haben, können wir uns eine $1$ aussuchen, die wir pink machen und nach der wir die erhaltene Forderung umstellen. Ich habe die erste gewählt:$$\pink{x_1}=-x_2-x_3$$Wir geben wieder alle Lösungen explizit an:$$\begin{pmatrix}\pink{x_1}\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x_2-x_3\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=x_2\cdot\underbrace{\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}}_{=\vec v_2}+x_3\cdot\underbrace{\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}}_{=\vec v_3}$$Der Lösungsraum ist 2-dimensional und die beiden Basisvektoren sind 2 Eigenvektoren zum doppelten Eigenwert $\lambda_2=\lambda_3=-2$.

zu e) Die Matrix ist diagonalisierbar, weil wir zu dem doppelten Eingenwert $\lambda_2=\lambda_3=-2$ auch 2 Eigenvektoren gefunden haben. Die algebraische Vielfachheit der Eigenwerte ist also gleich ihrer geometrischen Vielfachheit.

Comments

Vielen Dank:)